南京师范大学 2020年数学分析第0题

已知 $f \in C[a, +\infty)$，且当 $x \to +\infty$ 时，$f(x)$ 以直线 $y = bx + c$ 为渐近线，即 $\lim_{x \to +\infty} [f(x) - (bx + c)] = 0$。需要证明 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续。

函数 $f$ 在区间 $I$ 上一致连续是指：$\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x_1, x_2 \in I,\ |x_1 - x_2| < \delta \Rightarrow |f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$。

由渐近线定义，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $M > a$，使得当 $x \ge M$ 时，$|f(x) - (bx + c)| < \frac{\varepsilon}{3}$。对于 $x_1, x_2 \ge M$，有： $$|f(x_1) - f(x_2)| \le |f(x_1) - (bx_1 + c)| + |b||x_1 - x_2| + |(bx_2 + c) - f(x_2)| < \frac{2\varepsilon}{3} + |b||x_1 - x_2|.$$ 取 $\delta_1 = \frac{\varepsilon}{3(|b|+1)}$（若 $b=0$ 同样有效），则当 $|x_1 - x_2| < \delta_1$ 时，$|f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$。因此 $f$ 在 $[M, +\infty)$ 上一致连续。

区间 $[a, M+1]$ 是闭区间，$f$ 在其上连续，因此一致连续。于是存在 $\delta_2 > 0$，使得对任意 $x_1, x_2 \in [a, M+1]$，当 $|x_1 - x_2| < \delta_2$ 时，$|f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$。

取 $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2, 1\}$。任取 $x_1, x_2 \in [a, +\infty)$ 且 $|x_1 - x_2| < \delta$。分三种情况： - 若 $x_1, x_2 \ge M$，由步骤3知 $|f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$。 - 若 $x_1, x_2 \le M+1$，由步骤4知 $|f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$。 - 若一个小于 $M$，另一个大于 $M$，由于 $|x_1 - x_2| < \delta \le 1$，两者必同时落在 $[M-1, M+1]$ 内，而该区间是闭区间，$f$ 在其上一致连续，故也有 $|f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$。 因此，对任意 $x_1, x_2 \in [a, +\infty)$，只要 $|x_1 - x_2| < \delta$，就有 $|f(x_1) - f(x_2)| < \varepsilon$，即 $f$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续。

由一致连续的定义，$f$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续。证明完成。

若 $x' \in [a, M]$，$x'' \in (M, +\infty)$，由于 $|x' - x''| < \delta \leq 1$，则 $x'' < x' + 1 \leq M + 1$，所以 $x'' \in (M, M+1]$。因此 $x', x'' \in [a, M+1]$，由情况1得 $|g(x') - g(x'')| < \varepsilon$。

由以上三步，对任意 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，使得对任意 $x', x'' \in [a, +\infty)$，当 $|x' - x''| < \delta$ 时，有 $|g(x') - g(x'')| < \varepsilon$。故 $g(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续。由于 $f(x) = g(x) + bx + c$，而线性函数 $bx + c$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续（例如取 $\delta = \frac{\varepsilon}{|b|+1}$），两个一致连续函数的和仍然一致连续，因此 $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上一致连续。